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\renewcommand{\solutiontitle}{\noindent\textbf{解：}\par\noindent}

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\input{notations}

\begin{document}
% \Large
\noindent 
% 姓名学号
\begin{questions}
	
\question [40] ~\\
如图所示的刚性系统分为两个部分，第一部分为 A、C、D 三个小球，质量皆为 $m$ ，通过杆连接到一起，其中 $AB = BC = BD = a$ , B 处为刚性固定点：第二部分为 E、F 两个小球，质量也都为 $m$ ，通过一根刚性杆相连，其中 $DE = EF = a$ ； D 处为铰接，连接方式图示已经表示出来。小球 G 质量为 $m$ ，以速度 $v_0$ 撞向小球 F ，碰撞方向与速度方向相同，而且碰撞时完全弹性的，求碰撞后 ABCD 系统的角速度大小。
\begin{figure}[!htb]
	\centering
	\begin{tikzpicture}
		\draw (-2,6) circle(0.2);
		\node at(-2,6.4) {A};
		\node at(0,6.4) {B};
		\draw (2,6) circle(0.2);
		\node at(2,6.4) {C};
		\draw (0,4) circle(0.2);
		\node at(0.5,4) {D};
		\draw (-0.2,4.2) arc(135:405:0.3);
		\draw (0,2) circle(0.2);
		\node at(0.4,2) {E};
		\draw (0,0) circle(0.2);
		\node at(0.4,0) {F};
		\draw (-1,0) circle(0.2);
		\node at(-1.4,0) {G};
		\draw (-1.8,6) -- (1.8,6);
		\draw (0,4.2) -- (0,6);
		\draw (0,2.2) -- (0,3.7);
		\draw (0,0.2) -- (0,1.8);
		\draw [->] (-1.4,0.4) -- (-0.6,0.4);
	\end{tikzpicture}
\end{figure}


\begin{solution}
	\subsubsection*{解法一：}\noindent
	设碰撞后， ABCD 系统质心的速度为 $\vct{v_1}$ ，角速度为 $\omega$；球 E 的速度为 $\vct{v_E}$，球 F 的速度为 $\vct{v_F}$，球 G 撞击后的速度为 $\vct{v_G}$；\\
	分析系统易知，以上列出的速度均为水平方向，其在竖直方向上分量为 $0$；取向右为正，逆时针旋转为正；\\
	由动量守恒可知：
	\begin{equation}
		mv_0=3mv_1+mv_E+mv_F+mv_G
		\label{ch1-1-eq1}
	\end{equation}
	由完全弹性碰撞，相对速度不变可知：
	\begin{equation}
		v_0=v_F-v_G
		\label{ch1-1-eq2}
	\end{equation}
	由系统 ABCD 和系统 EF 在 D 处速度相同可知：
	\begin{equation}
		v_1+\frac{2}{3}a\omega=2v_E-v_F
		\label{ch1-1-eq3}
	\end{equation}
	在碰撞的 F 处，有角动量守恒：
	\begin{equation}
		0=-mv_Ea-3mv_1\cdot\frac{8}{3}a+\frac{8}{3} m a^2 \omega
		\label{ch1-1-eq4} 
	\end{equation}
	以 D 为轴，分析 ABCD 系统，其受到的冲量均过 D 点，因此碰撞前后 ABCD 角动量守恒：
	\begin{equation}
		0=-3mv_1\cdot \frac{2}{3} a +\frac{8}{3}m a^2\omega
		\label{ch1-1-eq5}
	\end{equation}
	联立 \refeq{ch1-1-eq1} \refeq{ch1-1-eq2} \refeq{ch1-1-eq3} \refeq{ch1-1-eq4} \refeq{ch1-1-eq5} ，解得：
	$$v_1=-\frac{1}{15} v_0, v_E=\frac{2}{5} v_0, v_F=\frac{9}{10} v_0, v_G=-\frac{1}{10} v_0, \omega=-\frac{1}{20} \frac{v_0}{a}$$
	\subsubsection*{解法二：}\noindent
	变量设置和解法一相同，但利用冲量来处理：设 G 对 F 的冲量为 $I_1$ ，EF 对 ABCD 的冲量为 $I_2$；
	对于球 G ，有：
	\begin{equation}
		mv_0-I_1=mv_G
		\label{ch1-2:eq1}
	\end{equation}
	对于系统 EF ，有：
	\begin{equation}
		0+I_1-I_2=mv_E+mv_F
		\label{ch1-2:eq2}
	\end{equation}
	\begin{equation}
		0+I_2\cdot 2a=-mv_Ea
		\label{ch1-2:eq3}
	\end{equation}
	对于系统 ABCD ，有：
	\begin{equation}
		I_2=3mv_1
		\label{ch1-2:eq4}
	\end{equation}
	\begin{equation}
		I_2\cdot \frac{2}{3} a = \frac{8}{3} ma^2\omega
		\label{ch1-2:eq5}
	\end{equation}
	此外还有相对速度不变 \refeq{ch1-1-eq2} 及 D 处速度相等 \refeq{ch1-1-eq3}，联立即可得到相同的解.
\end{solution}
\newpage

\question[40] ~\\
如图 (a) 所示，长度为 $\mathrm{l}$ 的均质细杆 A 端斜靠在竖直光滑墙上，其质量为 $m$ , B 端置于光滑水平地面上，初始倾角为 $\theta_0$，若 AB 杆无初速度下滑，分析：
\begin{parts}
	\part AB 杆上 A 端脱离墙面的条件，以及此时 AB 杆的角速度和角加速度；
	\part 设初始时，$\theta_0=30^{\circ}$，$\mathrm{l}=1m$ ，重力加速度 $g =9.8m/s^2$。求 AB 杆与水平面刚接触时（即 AB 杆恰好达到水平时）其质心 C 的水平速度；
	\part 若如图(b)所示，假设均质直杆的质量为 $3m$，现将一质量为 $m$ 的小木块放置在均质细杆 AB 的顶端，小木块始终沿铅直光滑墙面下滑，且初始时 $\theta_0=0$。求小木块与 AB 杆开始脱离时杆与墙的夹角，并且此时地面给杆的支持力是多少。
\end{parts}
\begin{figure}[!htb]
	\centering
	\begin{tikzpicture}
		\draw [->] (0,0) -- (6,0);
		\node at(5.7,-0.2) {x};
		\draw [->] (0,0) -- (0,6);
		\node at(-0.2,5.7) {y};
		\draw [line width =2pt] (0,5) -- (4,0);
		\node at(-0.2,5) {A};
		\node at(4,-0.2) {B};
		\node at(0.3,4.3) {$\theta_0$};
	\end{tikzpicture}
	\caption{(a)}
\end{figure}

\begin{figure}[!htb]
	\centering
	\begin{tikzpicture}
		\draw [->] (0,0) -- (6,0);
		\node at(5.7,-0.2) {x};
		\draw [->] (0,0) -- (0,6);
		\node at(-0.2,5.7) {y};
		\draw [line width =2pt] (0,5) -- (4,0);
		\node at(-0.2,5) {A};
		\node at(4,-0.2) {B};
		\node at(0.3,4.3) {$\theta_0$};
		\draw (0,5) rectangle (0.5,5.5);
		\fill [pattern = north east lines] (0,5) rectangle (0.5,5.5);
	\end{tikzpicture}
	\caption{(b)}
\end{figure}

\begin{solution}
	\begin{parts}
		\part 下落过程中，设 A 端速度为 $v_A$ ，B端为 $v_B$，杆转动的角速度为 $\omega$ ，则下落到 $\theta$ 角时，由刚性杆可知：
			$$v_A\cos\theta=v_B\sin\theta $$
			$$v_B\cos\theta+v_A\sin\theta=\omega l$$
		故：
		\begin{equation*}
			v_A=\omega l\sin\theta,v_B=\omega l\cos\theta
		\end{equation*}
		质心速度满足 $v_{cy}=\frac{1}{2}v_A=\frac{\omega l\sin\theta}{2},v_{cx}=\frac{1}{2}v_B=\frac{\omega l\cos\theta}{2}$
		运动前后，机械能守恒，有：
		$$\frac{1}{2}m(v_{cx}^2+v_{cy}^2)+\frac{1}{2}\frac{1}{12}ml^2\omega^2=mg\frac{l}{2}(\cos\theta_0-\cos\theta)$$
		$$\omega=\sqrt{\frac{3g}{l}(\cos\theta_0-\cos\theta)}$$
		墙对棒的支持力满足 $N=ma_{cx}=m\dot{v}_{cx}$，脱离即支持力为 $0$，此时有 $\dot{v}_B=0$；
		\begin{equation}
			\begin{aligned}
				\beta&=\dot{\omega}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3g}{l(\cos\theta_0-\cos\theta)}}\cdot\sin\theta \cdot \dot{\theta}\\
				&=\frac{3g}{2l}\sin\theta
			\end{aligned}
		\end{equation}
		\begin{equation}
			\begin{aligned}
				\begin{aligned}
					\dot{v}_B&=\beta l\cos\theta-\omega^2l\sin\theta\\
					&=\frac{3}{2}g\sin\theta\cos\theta -3g(\cos\theta_0-\cos\theta)\sin\theta\\
					&=\frac{3}{2}g\sin\theta(3\cos\theta-\cos\theta_0)
				\end{aligned}
			\end{aligned}
		\end{equation}
		令 $\dot{v}_B=0$，得到：$\cos\theta=\frac{1}{3}\cos\theta_0$，这就是脱离条件；此时角速度：
		$$\omega=\sqrt{\frac{2g}{l}\cos\theta_0}$$
		$$\beta=\frac{g}{2l}\sin\theta_0$$
		\part 在脱离时，质心的水平方向速度为：
		$$v_{cx}=\frac{1}{2}\omega l\cos\theta=\frac{\cos\theta_0}{6}\sqrt{2gl\cos\theta_0}$$
		下落过程中不受到水平方向的力的作用，故上式即为质心水平速度分量.
		\part 类似的，由机械能守恒得：
		\begin{equation*}
			\frac{1}{2}3m(v_{cx}^2+v_{cy}^2)+\frac{1}{2}\frac{1}{12}3ml^2\omega^2+\frac{1}{2}mv_A^2=3mg\frac{l}{2}(1-\cos\theta)+mgl(1-\cos\theta)
		\end{equation*}
		得：
		$$\omega=\sqrt{\frac{5g(1-\cos\theta)}{l(1+\sin^2\theta)}}$$
		脱离时，有 $\dot{v}_B=0$，即 $v_B$ 取得最大值：
		$$v_B=\sqrt{5gl}\cdot\sqrt{\frac{\cos^2\theta(1-\cos\theta)}{2-\cos^2\theta}}$$
		故 $\dot{v}_B=\sqrt{5gl}\cdot\dot{\theta}\cdot\sqrt{\frac{\cos\theta^4-6\cos\theta^2+4\cos\theta}{(\cos\theta^2-2)^2}}$
		令其等于 $0$ ，得到解：
		$$\cos\theta=\sqrt{3}-1,\theta=\arccos\left(\sqrt{3}-1\right)$$
		地面给杆的支持力为：
		\begin{equation}
			\begin{aligned}
				F_N&=4mg-\frac{5}{2}m\dot{v}_A\\
				&=\frac{7}{8}mg
			\end{aligned}
		\end{equation}
	\end{parts}
\end{solution}
\newpage
\question [40] ~\\
在水平的光滑桌面上，置有一质量为 $M$ 的 U 型板。在 U 型板上放置一质量为 $m$ 的小木块，并与一劲度系数为 $k$ 的轻弹簧连接，弹簧的另一端系在 U 型板的右端面，如图所示。小木块与 U 型板面之间的动摩擦因数为 $\mu_0$ 。起始时，在弹簧长度为其自然长度 $l_0$，的情况下，迅速敲击小木块，使其产生向右方的初速度 $v_0$。
\begin{parts}
	\part 若取小木块的起始位置 O 点为惯性坐标系的原点，设 $x$ 为此小木块离开 O 点的位移，写出小木块的运动方程式。
	\part 在小木块被敲击后，木块和 U 型板之间会产生相对运动。在整个运动过程中，弹簧所能产生的最大压缩量为多少；
	\part 承接 2 问，从小木块开始运动计时，至弹簧到达最大压缩状态时为止，共经历多少时间；
	\part 从小木块开始运动后至小木块停止在 U 型板上，小木块共经过 O 点多少次；
	\part 小木块最后停在 U 型板上的何处。
\end{parts}
\begin{figure}[!htb]
	\centering
	\begin{tikzpicture}
		\draw [->] (-7,-0.5) -- (7,-0.5);
		\node at(6.8,-0.7) {x};
		\draw [line width =2pt] (-7,0) -- (7,0);
		\draw (-6,0) -- (-6,3) -- (-5,3) --(-5,1) -- (5,1) -- (5,3) -- (6,3) -- (6,0) --cycle; 
		\node at(-4,0.5) {$M$};
		\draw (1,1) rectangle (2,2);
		\node at(0.5,1.5) {$m$};
		\draw [->] (0.7,2.3) -- (2.3,2.3);
		\node at(1.5,2.5) {$v_0$};
		\draw (2,1.5) -- (2.2,1.7) -- (2.4,1.5) -- (2.6,1.7) -- (2.8,1.5) -- (3,1.7) -- (3.2,1.5) -- (3.4,1.7) -- (3.6,1.5) -- (3.8,1.7) -- (4,1.5) -- (4.2,1.7) --  (4.4,1.5) -- (4.6,1.7) -- (4.8,1.5) -- (5,1.7);
		\node at(3.5,2.2) {$k$};
		\draw [dashed] (1.5,1) -- (1.5,-0.5);
		\node at(1.5,-0.7) {O};
	\end{tikzpicture}
\end{figure}
\begin{solution}
	\begin{parts}
		\part 设相对位移，即弹簧的压缩量，为 $x'$ ，则有：
		$$\frac{Mm}{M+m}\ddot{x}'=-kx'-\mu_0mg$$
		利用质心不变，容易得到：$x=\frac{M}{M+m}x'$，代入，得：
		$$\frac{Mm}{M+m}\ddot{x}=-kx-\mu_0\frac{Mm}{M+m}g$$
		\part 最大压缩量为：
		$$\frac{1}{2}k\Delta x^2-\mu_0 mg\Delta x=\frac{1}{2}\frac{Mm}{M+m}v_0^2$$
		故：$$\Delta x=\frac{-\mu_0 mg+\sqrt{(\mu_0 mg)^2+k\frac{Mm}{M+m}v_0^2}}{k}$$
		\part 对应转过的角度为 $\theta=\arctan\frac{mv_0^2k}{\mu_0^2m^2g^2}$\\
		圆频率 $\omega=\sqrt{\frac{k(M+m)}{Mm}}$，因此耗时为：
		$$t=\frac{\theta}{\omega}=\sqrt{\frac{Mm}{k(M+m)}}\arctan\frac{mv_0^2k}{\mu_0^2m^2g^2}$$
		\part 记：
		\begin{equation*}
			\begin{aligned}
				N&=\lfloor\frac{\frac{-\mu_0mg+\sqrt{(\mu_0 mg)^2+\frac{kMmv_0^2}{M+m}}}{k}}{\frac{\mu_0 mg}{k}}\rfloor\\
				&=\lfloor \sqrt{1+\frac{kMv_0^2}{\mu_0^2m(M+m)g^2}}-1\rfloor
			\end{aligned}
		\end{equation*}
		其中 $\lfloor x \rfloor$ 表示向下取整；\\
		当 $N=0$ 时，物体受到的弹力小于静摩擦力，此后静止；
		当 $N=1$ 时，物体只会回弹一次，且结束的位置在 O 点左侧，不经过 O 点；\\
		当 $N\geq 2$ 时，物体会回弹一次且经过一次 O 点，之后弹簧相对于原长的变化的最大值会减少 $\frac{2\mu_0 mg}{k}$ ，相当于 $N-2$ 的情况；\\
		故当 $N$ 为奇数时，物体会再经过 O 点 $(N-1)/2$ 次；当 $N$ 为偶数时，物体会再经过 O 点 $N/2$ 次；合并起来，并将 $N$ 的值代入，可得：\\
		之后物体会再经过 O 点的次数：
		$$\lfloor \sqrt{\frac{1}{4}+\frac{kMv_0^2}{4\mu_0^2m(M+m)g^2}}-\frac{1}{2} \rfloor$$
		\part 利用第4问的分析，当 $N=4K-3$ 或者 $N=4K-2$ 时，会回弹 $2K-1$ 次其最后静止的坐标为：
		$$\frac{M\sqrt{(\mu_0mg)^2+\frac{kMmv_0^2}{M+m}}}{(M+m)k}-(4K-1)\frac{\mu_0Mmg}{(M+m)k}$$
		当 $N=4K-1$ 或者 $N=4K$ 时，会回弹 $2K$ 次，其最后静止的坐标为：
		$$(4K+1)\frac{\mu_0Mmg}{(M+m)k}-\frac{M\sqrt{(\mu_0mg)^2+\frac{kMmv_0^2}{M+m}}}{(M+m)k}$$
		分析中 $K$ 为整数.
	\end{parts}
\end{solution}
\newpage
\question [40] ~\\
三个不共线的质点 $m_1$ 、$m_2$ 、$m_3$ ，彼此之间仅有万有引力作用，且均不受外界作用。$m_1$、$m_2$间的距离为 $a$，$m_1$、$m_3$ 间的距离为 $b$，$m_2$ 、$m_3$ 间的距离为 $c$ ，令 $O$ 代表过质点组的质心并垂直于三质点决定的平面的轴，当系统绕 $O$ 轴旋转时，为使三质点构成的三角形的形状保持不变， $a$、$b $、$ c$ 之间应满足什么关系？旋转角速度 $\omega$ 应满足什么条件？即在什么样的条件下，系统如同刚体一样绕轴旋转。
\begin{figure}[!htb]
	\centering
	\begin{tikzpicture}
		\draw (0,0) -- (5,0) -- (1.5,3) --cycle;
		\draw (0,0) -- (2,1);
		\draw (5,0) -- (2,1);
		\draw (1.5,3) -- (2,1);
		\node at(-0.2,-0.2) {$m_1$};
		\node at(5.2,-0.2) {$m_2$};
		\node at(1.4,3.2) {$m_3$};
		\node at(2,0.8) {$O$};
		\node at(1,0.3) {$r_1$};
		\node at(3.5,0.7) {$r_2$};
		\node at(2.1,2) {$r_3$};
	\end{tikzpicture}
\end{figure}
\begin{solution}
	记 $m_3$ 为 A 点，$m_2$ 为 B 点，$m_1$ 为 C 点，列出矢量形式的表达式：
	\begin{align}
		\boldsymbol{F_1}&=\frac{Gm_1m_3}{b^3}\overrightarrow{CA}+\frac{Gm_1m_2}{a^3}\overrightarrow{CB}=m_1\omega^2\boldsymbol{r}_1 \label{ch4-1-eq1}\\
		\boldsymbol{F_2}&=\frac{Gm_2m_3}{c^3}\overrightarrow{BA}+\frac{Gm_2m_1}{a^3}\overrightarrow{BC}=m_1\omega^2\boldsymbol{r}_2 \label{ch4-1-eq2}\\
		\boldsymbol{F_2}&=\frac{Gm_3m_2}{c^3}\overrightarrow{AB}+\frac{Gm_3m_1}{b^3}\overrightarrow{AC}=m_1\omega^2\boldsymbol{r}_3 \label{ch4-1-eq3}
	\end{align}
	利用 $\vec{r}_2=\vec{r}_1-\overrightarrow{CB}$ 以及 $\vec{r}_3=\vec{r}_1-\overrightarrow{CA}$ ，代入质心关系 $m_1\vec{r}_1+m_2\vec{r}_2+m_3\vec{r}_3=0$，得到：
	\begin{equation}
		\label{ch4-1-eq4}
		(m_1+m_2+m_3)\vec{r}_1=m_2\overrightarrow{CB}+m_3\overrightarrow{CA}
	\end{equation}
	代入 \eqref{ch4-1-eq1} ，得到：
	\begin{equation*}
		\frac{Gm_3}{b^3}\overrightarrow{CA}+\frac{Gm_2}{a^3}\overrightarrow{CB}=\frac{m_3\omega^2}{m_1+m_2+m_3}\overrightarrow{CA}+\frac{m_2\omega^2}{m_1+m_2+m_3}\overrightarrow{CB}
	\end{equation*}
	上式是一个矢量等式，由于 $\overrightarrow{CA}$ 与 $\overrightarrow{CB}$ 不共线，因此其系数必然相等，故有：
	\begin{align}
		\frac{G(m_1+m_2+m_3)}{b^3}&=\omega^2 \label{ch4-1-eq5}\\ 
		\frac{G(m_1+m_2+m_3)}{c^3}&=\omega^2 \label{ch4-1-eq6}
	\end{align}
	同理可得：
	\begin{equation}
		\frac{G(m_1+m_2+m_3)}{a^3}=\omega^2 \label{ch4-1-eq7}
	\end{equation}
	联立 \eqref{ch4-1-eq5} \eqref{ch4-1-eq6} \eqref{ch4-1-eq7} ，可知平衡条件：
	$$a=b=c,\omega=\sqrt{\frac{G(m_1+m_2+m_3)}{a^3}}$$
\end{solution}
\newpage

\question [40] ~\\
如图所示，半径为 $R$ 、质量为 $m_0$ 的光滑均匀圆环，套在光滑竖直细轴 OO' 上，可沿 OO' 轴滑动或绕 OO' 轴旋转。圆环上串着两个质量均为 $m$ 的小球。开始时让圆环以某一角速度绕OO' 轴转动，两小球自圆环顶端同时从静止开始释放。
\begin{parts}
	\part 设开始时圆环绕 OO 轴转动的角速度为 $\omega_0$，在两小球从环顶下滑过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿 OO' 轴上滑？
	\part 若小球下滑至 $\theta=30^{\circ}$ （$\theta$ 是过小球的圆环半径与 OO' 轴的夹角）时，圆环就开始沿 OO' 轴上滑，求开始时圆环绕 OO' 轴转动的角速度 $\omega_0$ 、在 $\theta=30^{\circ}$ 时圆环绕 OO' 轴转动的角速度 $\omega$ 和小球相对于圆环滑动的速率 $v$ 。
\end{parts}
\begin{figure}[!htb]
	\centering
	\begin{tikzpicture}
		\draw (-5,0) -- (5,0);
		\fill [pattern = north east lines] (-5,-0.5) rectangle (5,0);
		\draw (0,2) circle(2);
		\draw (0,0) -- (0,5);
		\node at(0.2,0.2) {O};
		\node at(0.2,4.8) {O'};
		\draw (0.68,3.87) circle(0.1);
		\draw (-0.68,3.87) circle(0.1);
		\draw (0,2) -- (0.64,3.78);
		\draw (0,2) -- (-0.64,3.78);
		\node at(-0.3,2) {C};
		\node at(0.6,2.89) {$R$};
		\node at(0.2,3.4) {$\theta$};
	\end{tikzpicture}
\end{figure}
\begin{solution}
	\begin{parts}
		\part 在转动过程中，设夹角为 $\theta$ 时，转动角速度为 $\omega$ ，小球相对圆环的速度为 $v$ ；\\
		由角动量守恒可知：
		\begin{equation}
			\frac{1}{2} m_0 R^2 \omega_0=\frac{1}{2} m_0 R^2\omega+2m(R\sin\theta)^2\omega
			\label{ch5-eq1} 
		\end{equation}
		机械能守恒：
		\begin{equation}
			\frac{1}{4} m_0R^2\omega_0^2+2mgR(1-\cos\theta)=\frac{1}{4} m_0R^2\omega^2+\frac{1}{2}\cdot 2m(v^2+\omega^2R^2\sin^2\theta)
			\label{ch5-eq2}
		\end{equation}
		联立 \eqref{ch5-eq1} \eqref{ch5-eq2} ，可知：
		\begin{equation*}
			\omega=\frac{m_0}{m_0+4m\sin^2\theta}\omega_0,v=\sqrt{2gR(1-\cos\theta)+\frac{m_0\sin^2\theta}{m_0+4m\sin^2\theta}\omega_0^2R^2}
		\end{equation*}
		在圆环的转动系中考察小球的运动，其受到重力、圆环对其的弹力以及惯性离心力，其他力的方向与弹力垂直；当弹力方向向下且足够大时，圆环受到的反作用力将超过其重力，从而弹起；\\
		对于向心加速度，有：
		\begin{equation}
			mg\cos\theta-m\omega^2R\sin\theta\cdot\sin\theta +F_N=m\frac{v^2}{R}
			\label{ch5-eq3}
		\end{equation}
		对于圆环，起跳满足：
		\begin{equation}
			2F_N\cos\theta\geq m_0g
			\label{ch5-eq4}
		\end{equation}
		联立 \eqref{ch5-eq3} \eqref{ch5-eq4}，并带入 $v,\omega$，得到：
		\begin{equation}
			mg(2-3\cos\theta)+\frac{2m_0m(m_0+2m\sin^2\theta)\sin^2\theta}{(m_0+4m\sin^2\theta)^2}\omega_0^2R\geq \frac{m_0 g}{2\cos\theta}
			\label{ch5-eq5}
		\end{equation}
		\part 将 $\theta=30^{\circ}$ 代入 \eqref{ch5-eq5}，并将不等号改为等号，得到：
		$$\omega_0=(m_0+m)\sqrt{\frac{2\left(2\sqrt{3}m_0+3(3\sqrt{3}-4)m\right)g}{3m_0m(2m_0+m)R}}$$
		所以：
		$$\omega=\sqrt{\frac{2\left(2\sqrt{3}m_0+3(3\sqrt{3}-4)m\right)m_0g}{3m(2m_0+m)R}}$$
		$$v=\sqrt{\frac{\left(2\sqrt{3}m_0^2+(12-\sqrt{3})m_0m+3\sqrt{3}m^2\right)gR}{6m(2m_0+m)}}$$
	\end{parts}
\end{solution}
\newpage

\question [40] ~\\
如图所示，竖直的光滑墙面上有 A 和 B 两个钉子，二者处于同一水平高度，间距为 $l$，有一原长为 $l$、劲度系数为 $k$ 的轻橡皮筋，一端由 A 钉固定，另一端系有一质量为 $m = kl/(4g)$ 的小球，其中 $g$ 为重力加速度，钉子和小球都可视为质点，小球和任何物体碰撞都是完全非弹性碰撞而且不发生粘连。现将小球水平向右拉伸到与 A 钉距离为 $2l$的 C 点， B 钉恰好处于橡皮筋下面并始终与之光滑接触。初始时刻小球获得大小为 $v=\frac{\sqrt{gl}}{2}$、方向竖直向下的速度，试确定此后小球沿竖直方向的速度为零的时刻。
\begin{figure}[!htb]
	\centering
	\begin{tikzpicture}
		\draw (-2,0) circle(0.1);
		\node at(-2,-0.3) {A};
		\draw (-1.9,0) -- (-0.1,0);
		\draw (0,0) circle(0.1);
		\node at(-0.3,-0.3) {B};
		\draw [dashed] (0,-0.1) -- (0,-3);
		\draw (0.1,0) -- (1.85,0);
		\draw (2,0) circle(0.15);
		\fill [color = black] (2,0) circle(0.15);
		\node at(2,-0.3) {C};
	\end{tikzpicture}
\end{figure}
\end{questions}
\begin{solution}
	将橡皮筋的回复力分解到水平方向和竖直方向；\\
	水平方向其受力：
	$$m\ddot{x}=-kx$$
	竖直方向受力：
	$$m\ddot{y}=-ky+mg$$
	其在水平和水质方向上分别做独立的简谐振动；\\
	在第一次碰撞前，利用简谐振动可知运动方程：
	\begin{align}
		x&=l\cos\left(2\sqrt{\frac{g}{l}}t\right) \label{ch6-1} \\
		y&=\frac{\sqrt{2}}{4}l \cos\left(2\sqrt{\frac{g}{l}}t-\frac{3\pi}{4}\right)+\frac{l}{4}
	\end{align}
	容易知道当 $t=\frac{3\pi}{8}\sqrt{\frac{l}{g}}$ 时，小球沿竖直方向第一次速度为 $0$；\\
	当 $t=\frac{3\pi}{4}\sqrt{\frac{l}{g}}$ 时，小球刚好撞击B处钉子，撞击后速度为 $0$，此为第二次速度为 $0$ 的时刻；\\
	此后小球在竖直方向做简谐振动，不再发生碰撞：
	$$m\ddot{y}=mg-ky$$
	在 $t=(N+\frac{3}{2})\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{l}{g}},N=1,2,3,\dots$ 的时刻会发生竖直方向上速度为 $0$.
\end{solution}
\end{document}